【解析】2023年高考真题变式分类汇编：弱电解质在水溶液中的电离平衡2

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2023年高考真题变式分类汇编：弱电解质在水溶液中的电离平衡2

一、选择题

1．（2023·新课标II）二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是

A．海水酸化能引起浓度增大、浓度减小

B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少

C．CO2能引起海水酸化，其原理为H++

D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡

【解析】【解答】A．海水酸化，H+浓度增大，平衡H++CO32-HCO3-正向移动，CO32-浓度减小，HCO3-浓度增大，A不符合题意；

B．海水酸化，CO32-浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B不符合题意；

C．CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2OH2CO3H++HCO3-，HCO3-H++CO32-，导致H+浓度增大，C符合题意；

D．使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A．反应物浓度增大，平衡正向移动；

B．碳酸钙溶解平衡，CaCO3Ca2++CO32-；

C．CO2和水反应生成碳酸，算算可以电离出H+，是导致海水酸化的原因；

D．新能源可以减少CO2的排放。

2．（2023·新课标Ⅰ）以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2的分布系数：]

下列叙述正确的是（）

A．曲线①代表，曲线②代表

B．H2A溶液的浓度为0.2000mol·L1

C．HA的电离常数Ka=1.0×102

D．滴定终点时，溶液中

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定

【解析】【解答】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A不符合题意；

B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B不符合题意；

C．由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka==≈1×10-2，C符合题意；

D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。

3．（2023·天津）某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（）

A．曲线Ⅰ代表溶液

B．溶液中水的电离程度：b点＞c点

C．从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）

D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡

【解析】【解答】A、由于K(HNO2)>K(CH3COOH)，而稀释过程，会促进弱电解质的电离，导致pH值的变化减小，因此pH变化小的曲线Ⅰ表示的是CH3COOH，A不符合题意；

B、b、c、点溶液都为酸溶液，都会抑制水的电离，而b点溶液中c(H+)大于c点溶液中c(H+)，因此b点溶液对水电离的抑制程度更大，水的电离程度更小，因此溶液中水的电离程度：b点CH3COOH，因此等pH的两溶液中c(HNO2)c[Ag(NH3)]+>c(Ag+)

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．随NH3的浓度增大，Ag+含量减小、[Ag(NH3)]+的含量先增大后减小、[Ag(NH3)2]+的含量增大，所以曲线c代表[Ag(NH3)]+、曲线b代表[Ag(NH3)2]+、曲线a代表Ag+，故A不符合题意；

B．根据图示，Ag+、[Ag(NH3)2]+含量相等时，c(NH3)=10-3.61，Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+K=，所以K2=，故B不符合题意；

C．根据图示，Ag+、[Ag(NH3)2]+含量相等时，c(NH3)=10-3.61，[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3平衡常数K'=，故C符合题意；

D．根据图示，c(NH3)c(OH-)，根据电荷守恒得到关系式c(H+)+c(K+)=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，则c(K+)V乙

B．水电离出的H+浓度：c(H+)甲=10c(H+)乙

C．若分别用pH=10的NaOH溶液恰好完全中和，所得溶液的pH：甲>乙

D．若分别与10mLpH=10的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲>乙

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离

【解析】【解答】A．醋酸是弱酸，加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，pH=4的醋酸溶液加水稀释10倍，稀释后溶液pH乙，所以pH：甲>乙，故C符合题意；

D．若分别与10mLpH=10的NaOH溶液反应，剩余醋酸的物质的量相等，所得溶液的体积甲乙，所得溶液的pH：甲Ka2，即Kh=>Ka2，所以a点时，，故C不符合题意；

D．受热易分解，bc段pH迅速增大，迅速减小，可能原因是HCO发生了分解：，溶液中HCO浓度减小，HCO的电离平衡逆向移动，迅速减小，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.升温促进碳酸氢根的电离；

B.随着温度升高，Kw增大；

C.溶液显碱性，说明HCO的水解程度大于电离程度；

D.bc段pH迅速增大，即迅速减小。

12．（2023·重庆市模拟）将溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(忽略温度变化)，下列说法正确的是

A．混合溶液中

B．混合后的水解常数增大

C．混合溶液中

D．混合后加入适量固体，的电离平衡向右移动

【答案】D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A。醋酸为弱酸，故0.05mol/L的NaCl、和溶液中，故A不符合题意；

B．温度不变，水解常数不变，故B不符合题意；

C．在等浓度的NaCl、和溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，故有，故C不符合题意；

D．可以电离出氢离子，可以结合氢离子，则氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.醋酸为弱酸，部分电离；

B.水解常数只与温度有关；

C.醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度；

D.与醋酸电离的氢离子反应，促进醋酸的电离平衡正向移动。

13．（2023·武汉模拟）H3PO3是制造塑料稳定剂的原料。常温下，向100mL0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中所有含磷微粒的物质的量分数(δ)与溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法错误的是

A．H3PO3的结构简式为

B．a点水电离出的c(OH-)=1×10-7.4mol·L-1

C．当pH=4时，c(HPO)=c(H3PO3)

D．b点时加入NaOH溶液的体积为50mL

【答案】D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离

【解析】【解答】A．图像中只含有3种含磷微粒，因此H3PO3为二元酸有两个羟基氧，结构，A项不符合题意；

B．随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O，H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O知，c(H3PO3)逐渐减小，c()先增大后减小，c()逐渐增大，故曲线I、II、II分别表示、、H3PO3的变化曲线，a点溶质为Na2HPO3和NaH2PO3，溶液pH为6.6，显酸性，H2PO3-电离出H+，该溶液对水的电离起抑制作用，C水(OH-)=C溶液(OH-)=1×10-7.4mol·L-1，B项不符合题意；

C．b点时，c(H3PO3)=c()此时Ka1=c(H+)=10-1.4，a点时，c()=c()，Ka2=c(H+)=10-6.6，Ka1·Ka2=10-8，当c(H+)=10-4时，c()=c(H3PO3)，C项不符合题意；

D．当加入NaOH溶液的体积为50mL，反应生成的NaH2PO3和剩余的H3PO3物质的量相同，但需要考虑H3PO3的电离和的电离，此时c(H3PO3)≠c()，D项符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．依据图像中只含有3种含磷微粒分析；

B．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；

C．依据Ka计算分析；

D．依据产物粒子的电离情况分析。

14．（2023·沧州模拟）时，向柠檬酸三钠溶液中滴加的盐酸，用电导率仪测得滴加盐酸体积与溶液电导率的关系如图所示。已知：柠檬酸(分子式为，其结构简式为)属于三元弱酸，其电离平衡常数的。下列说法错误的是

A．a点时溶液中的数量级为

B．b点溶液显酸性

C．c点溶液满足：

D．时，溶液满足：

【答案】D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．柠檬酸的，柠檬酸三钠的，a点为柠檬酸三钠溶液，，，则溶液中数量级为，选项A不符合题意；

B．b点为和的混合溶液，的电离平衡常数，的水解平衡常数，的电离大于的水解，溶液显酸性，选项B不符合题意；

C．c点为和的混合溶液，二者的物质的量之比为1∶2，溶液满足：，，则，选项C不符合题意；

D．由题意可得，·==，则=，时，溶液中，则，故，则溶液满足：，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.a点为柠檬酸三钠溶液；

B.b点为和的混合溶液，电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性；

C.c点为和的混合溶液，结合物料守恒分析；

D.时，。

二、多选题

15．（2023新高考I）25℃时，某混合溶液中，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是（）

A．O点时，

B．N点时，

C．该体系中，

D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO-的水解程度始终增大

【答案】B,C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；溶液酸碱性的判断及相关计算

【解析】【解答】A.根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；

B.N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B符合题意；

C.c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L-c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C符合题意；

D.醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。

16．（2023·岳阳模拟）25℃时，向10.00mL0.1000mol/L的NaHCO3溶液中滴加0.1000mol/L的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸的体积V变化如图所示。下列有关说法错误的是（）

A．a点，溶液pH＞7是由于水解程度大于电离程度

B．b点，c(Na+)=c()+c()+c(Cl)

C．c点，溶液中H+的主要来自的电离

D．d点，c(Na+)=c(Cl)=0.0500mol/L

【答案】B,C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．a点为NaHCO3溶液，溶液pH＞7，由于水解显碱性，电离显酸性，故说明水解程度大于电离程度，A项不符合题意；

B．b点为中性，c(H+)=c(OH)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(Cl)+c(OH)可知c(Na+)=c()+2c()+c(Cl)，B项符合题意；

C．c点，溶液为等物质的量浓度的碳酸氢钠和氯化钠以及部分溶解的碳酸，碳酸氢钠溶液显碱性，碳酸显酸性，故溶液中H+的主要来自碳酸的电离，C项符合题意；

D．d点溶液为氯化钠和来不及分解的碳酸溶液，c(Na+)=c(Cl)=0.0500mol/L，D项不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】A.a点溶液显碱性，说明水解程度大于电离程度；

B.b点pH=7，根据c(H+)=c(OH)和电荷守恒分析判断；

C.c点反应后溶质为碳酸氢钠、氯化钠和碳酸，溶液呈酸性，氢离子主要来自碳酸的电离；

D.d点加入10.00mL等浓度的盐酸，碳酸氢钠与氯化氢的物质的量相等，二者恰好完全反应。

17．（2022·安阳模拟）室温下，某混合溶液中c(M+)+c(MOH)=c(R-)+c(HR)，和随pH变化关系如图所示，已知pX=-lgX。下列说法错误的是（）

A．曲线I表示与pH关系曲线，pKa=pKb+2

B．b点溶液中c(M+)＞c(R-)，x=-2

C．MR溶液显碱性，且MR溶液溶液中c(MOH)＜c(HR)

D．等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(HR)＞c(Na+)＞c(R-)＞c(OH-)＞c(H+)

【答案】A,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡

【解析】【解答】A．由分析可知，由lgX=0时，pH分别为6、10，则曲线I表示与pH关系，Ka=c(H+)=10-6，常温下c点c(OH-)=，Kb=c(OH-)=10-4，则pKa=pKb+2，A符合题意；

B．b点溶液pH=8，溶液呈碱性，说明MOH电离程度比HR电离程度大，则c(M+)＞c(R-)，c(OH-)=，由，则，则lgx=-=-2，B不符合题意；

C．由Ka=10-6，Kb=10-4，相对而言MOH碱性较强、HR酸性较弱，则MR溶液显碱性，由越弱越水解规律可知，R-水解程度大于M+，则MR溶液溶液中c(MOH)＜c(HR)，C不符合题意；

D．由Ka=10-6，R-水解常数为c(CH3CH2CH=CHCOOH)

D．图2中，③对应的溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)

【答案】A,B

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOOH，A项符合题意；

B．根据图1知，2一戊烯酸的电离常数Ka==c(H+)=10-4.7mol/L①对应的溶液呈酸性，即CH3CH2CH=CHCOOH的电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO-的水解程度，溶液中c(CH3CH2CH=CHCOO-)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)，pH并不是4.7，B项符合题意；

C．②对应的溶液呈中性，根据电荷守恒知，c(CH3CH2CH=CHCOO-)=c(Na+)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)，C项不符合题意；

D．③对应的溶液中，酸和碱恰好完全反应，此时溶质为CH3CHCH=CHCOONa，根据质子守恒得：c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)，D项不符合题意；

故答案为：AB；

【分析】A.δ(CH3CH2CH=CHCOOH)=，则图1中曲线Ⅰ表示CH3CH2CH=CHCOOH，曲线Ⅱ表示CH3CH2CH=CHCOO-；

B.CH3CH2CH=CHCOOH的电离程度大于CH3CH2CH=CHCOO-的水解程度；

C.根据电荷守恒分析；

D.③对应的溶质为CH3CHCH=CHCOONa，根据质子守恒分析。

20．（2022·永州模拟）25℃时，向1L某缓冲溶液(含0.1mol·L-1CH3COOH、0.08mol·L-1CH3COONa)和1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入NaOH(s)或通入HCl(g)，两种溶液的pH变化如图所示(不考虑溶液体积变化)。已知缓冲溶液pH=pKa-lg，下列说法正确的是（）

A．曲线①对应的溶液是缓冲溶液

B．25℃时醋酸的电离常数的数量级为10-5

C．a点溶液中离子浓度的大小关系为c(CH3COO-)=c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)

D．b点溶液存在：4c(CH3COOH)+9c(H+)=9c(Cl-)+9c(OH-)+5c(CH3COO-)

【答案】B,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．由分析可知②为缓冲溶液，A不符合题意；

B．①为0.1mol·L-1CH3COOH溶液，当醋酸溶液中加入氢氧化钠0.05mol时，即图中a点，溶质成分为0.05mol/LCH3COOH和0.05mol/LCH3COONa，因醋酸的电离和醋酸根的水解程度较小，近似认为两者浓度相等，故，Ka的数量级为10-5，B符合题意；

C．根据B中分析，图中a点，溶质成分为0.05mol/LCH3COOH和0.05mol/LCH3COONa，溶液呈酸性，即醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，故c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)，C不符合题意；

D．b点溶液中溶质成分为0.15mol/LCH3COOH、0.05mol/LNaCl、0.03mol/LCH3COONa，根据物料守恒：9c(Na+)=4[c(CH3COOH)+c(CH3COO-)]，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，联立两式，4c(CH3COOH)+9c(H+)=9c(Cl-)+9c(OH-)+5c(CH3COO-)，D符合题意；

故答案为：BD。

【分析】A.当横坐标为0时，醋酸的pH较小，则①为醋酸溶液，②为缓冲溶液；

B.曲线①对应醋酸溶液，根据a点计算醋酸的电离常数；

C.a点溶质成分为0.05mol/LCH3COOH和0.05mol/LCH3COONa，溶液呈酸性，即醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液中c(CH3COO-)>c(CH3COOH)；

D.b点溶液中溶质成分为0.15mol/LCH3COOH、0.05mol/LNaCl、0.03mol/LCH3COONa，再结合电荷守恒、物料守恒进行计算。

21．（2022·秦皇岛模拟）电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠()的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法正确的是（）

已知：亚磷酸()是二元弱酸，电离常数，。

A．a点对应的溶液呈弱碱性

B．水的电离程度：a点大于b点

C．a点对应的溶液中存在：

D．b点对应的溶液中存在：

【答案】B,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．是二元弱酸，a点对应的溶质是，水解常数，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，A项不符合题意；

B．a点溶质是，b点是，a点水解促进水的电离，则水的电离程度：a点大于b点，B项符合题意；

C．根据质子守恒：，C项不符合题意；

D．b点溶质是，溶液中存在电荷守恒：，D项符合题意；

故答案为：BD。

【分析】Ａ．计算出水解常数，与电离常数比较确定电离和水解程度的相对大小，进而判断溶液酸碱性；

Ｂ．酸抑制水的电离，弱酸的钠盐水解促进水的电离；

Ｃ．根据质子守恒解答；

Ｄ．根据电荷守恒解答。

22．（2022·石家庄模拟）相同温度和压强下，研究氯气分别在不同浓度的盐酸和氯化钠溶液中的溶解情况，实验测得氯气的饱和浓度c(Cl2)与盐酸和氯化钠溶液的浓度关系如图所示。

已知：氯气溶解过程发生如下反应：

①Cl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(ag)+HClO(aq)K1=4.2×10-4

②Cl2(aq)+Cl-(aq)Cl(aq)K2=0.19

③HClO(aq)H+(aq)+ClO-(aq)Ka=3.2×10-8

下列说法正确的是（）

A．a点溶液中存在：c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)>c(ClO-)

B．b点溶液中存在：c(HClO)+c(ClO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Cl)

C．由对比实验得出Cl-对Cl2的溶解存在较大的抑制作用

D．NaCl曲线中，随着Cl2溶解度的减小，溶液中减小

【答案】A,B

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．a点溶液中c(HCl)=3.0mol/L，c(Cl2)约为0.81mol/L，HCl为强电解质，完全电离，电离出的氯离子部分与Cl2结合生成Cl，所以c(H+)>c(Cl-)＞c(Cl)，反应②的平衡常数远大于反应①，且HClO的电离微弱，所以c(Cl)>c(ClO-)，综上所述c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)>c(ClO-)，A符合题意；

B．b点溶液中溶质为3.0mol/L的NaCl和0.4mol/L的Cl2，由NaCl电离产生的c(Na+)=c0(Cl-)，根据元素守恒与发生反应①的c1(Cl2)=c(ClO-)+c(HClO)，所以反应①产生的c2(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，发生反应②c3(Cl-)=c(Cl)，所以溶液中的c(Cl-)=c0(Cl-)+c2(Cl-)-c3(Cl-)，所以c0(Cl-)=c(Cl-)+c3(Cl-)-c2(Cl-)=c(Cl-)+c(Cl)-[c(ClO-)+c(HClO)]=c(Na+)，移项可得c(HClO)+c(ClO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Cl)，B符合题意；

C．HCl和NaCl溶液均能电离出Cl-，但在HCl溶液中，随着c(Cl-)增大，氯气的溶解度增大，说明此时主要发生反应②，c(Cl-)增大使反应②平衡正向移动，促进氯气的溶解，C不符合题意；

D．同一溶液中==，随着Cl2的溶解度减小，反应①逆向移动，溶液中c(H+)减小，所以增大，即增大，D不符合题意；

故答案为：AB。

【分析】A.由图可知a点时c(Cl2)与c(HCl)，结合相关反应及反应①②③的平衡常数进行分析。

B.由图可知b点时c(Cl2)与c(NaCl)，c(Na+)不变，结合反应①②③，有的Cl-生成，有的Cl-作反应物，根据物料守恒，进行分析。

C.HCl和NaCl均为强电解质，其溶液均能电离出Cl-，结合图像和题干信息进行分析。

D.同一溶液中==，结合图像及题给反应进行分析。

23．（2023·潍坊模拟）化学上把由浓度相对较大的弱酸(弱碱)及其相应的盐组成的溶液，外加少量酸、碱而pH基本不变，称为缓冲溶液。弱酸及其盐组成的缓冲溶液的。现有25℃时，浓度均为0.10mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液。下列有关说法正确的是（）

A．将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的pH基本不变

B．该缓冲溶液的pH=4.76

C．该缓冲溶液中离子浓度大小顺序是：

D．人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，可除掉人体代谢产生的酸、碱，保持pH基本不变

【答案】B,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的体积增大，离子浓度减小，pH可能会发生改变，故A不符合题意；

B．由可知，pH=-lg1.75×10-5=4.76，故B符合题意；

C．CH3COOH电离程度和CH3COO-水解程度大小无法判断，混合溶液中离子浓度无法判断，故C不符合题意；

D．人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液，H2CO3(CO2)能中和人体代谢产生的少量碱，同时NaHCO3可吸收人体代谢产生的少量酸，有消除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH基本不变，故D符合题意；

故答案为：BD。

【分析】A.根据，加水稀释后离子浓度会改变

B.根据代入数据计算即可

C.根据题意醋酸电离和醋酸根离子的水解无法判断

D.人体血液中的缓冲溶液可以保持pH维持不变

24．（2023·济南模拟）研究多元酸碱反应的分步过程可借助于pH曲线。向溶液中逐滴滴加某二元酸H2B溶液，得溶液pH随加入的H2B体积的变化如图所示。已知：H2CO3的，下列说法错误的是（）

A．该曲线有两处pH突变，突变分别出现在V=5mL和V=20mL处

B．在0~5mL区间，发生的反应是

C．

D．在5~20mL区间，HB-的物质的量一直在增加

【答案】B,C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数

【解析】【解答】A．由图可知，pH在V=5mL和V=20mL处发生突变，A项不符合题意；

B．在0~5mL区间，少量，过量，发生的反应为，B项符合题意；

C．在0~5mL区间，少量，过量，发生反应：，时，完全反应，发生的化学反应为：，所以的酸性强于碳酸，的酸性强于，则，C项符合题意；

D．在5~20mL区间，发生的化学反应为：，HB-的物质的量一直在增加，D项不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】A.注意看图中的拐点；

B.在0~5mL区间，少量，过量，不可能出现HB-

C.根据两个拐点判断出该过程中发生了两个反应，得出的酸性强于碳酸；

D.曲线后半段对应的反应的方程式的正确书写。

25．（2023·唐山模拟）常温下，向20.00mL0.10mol·L-1的HA溶液中滴加0.10mol·L-1的NaOH溶液，溶液中的p(pX=-lgX)随pH的变化关系如图所示(已知lg5=0.7)。下列说法正确的是（）

A．常温下，HA的电离常数的数量级为10-5

B．图中a点的Y值为3.4

C．溶液中水的电离程度：a>b>c

D．若d点加入的NaOH溶液的体积为20.00mL，则Q约为8.7

【答案】A,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．由分析可知常温下HA的电离常数Ka=10-4.7=100.3×10-5，因此常温下，HA的电离常数的数量级为10-5，A符合题意；

B．a点pH=1.5，即c(H+)=10-1.5，因此10-4.7=Ka==×10-1.5，解得==10-3.2，Y=p=-lg10-3.2=3.2，B不符合题意；

C．HA和NaOH恰好完全反应时得到NaA溶液，显碱性，pH>7，则c点HA未完全中和，则a→b→c过程中HA浓度减小，NaA浓度增大，HA抑制水的电离，NaA促进水的电离，因此水的电离程度a7.2

吸附剂A表面带正电荷不带电荷带负电荷

在pH=4~7之间，吸附剂A对水中三价砷的去除能力(填“强于”或“弱于”)五价砷的，原因是。

（4）“SO2还原”产生了粗As2O3中的微溶杂质，它是。用离子方程式表示其产生过程为。

【答案】（1）H3AsO3；；2.2

（2）将H3AsO3氧化成(3)“沉砷”是石灰乳将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，写出该步骤的离子方程式_______。、

（3）弱于；在pH4~7之间，吸附剂A表面带正电荷，而三价砷存在形式主要为电中性H3AsO3，五价砷主要是，吸附剂A对阴离子吸附强于对中性分子H3AsO3

（4）CaSO4；H3AsO4+SO2+Ca2++H2O=CaSO4↓+H3AsO3+2H+

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；物质的分离与提纯

【解析】【解答】(1)由图1知将废水pH调节至8.0时，三价砷和五价砷的最主要微粒分别是H3AsO3、；H3AsO4的第一步电离方程式H3AsO4+H+，平衡常数，由图2知c(H3AsO4)=c()时，pH=2.2，则，pKa1=-lgKa1=-lg10-2.2=2.2；

(2)空气中含有O2，具有氧化性，能将三价砷转化成五价砷，则通入空气的目的是：将H3AsO3氧化成；

(3)“沉砷”是石灰乳先与反应生成，再与Ca2+结合生成Ca5(AsO4)3OH沉淀，离子方程式为：、；

(4)由表知，吸附剂A表面在pHc(H+)>c()>c(H3PO4)>c()

【知识点】原子核外电子的能级分布；判断简单分子或离子的构型；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】(1)P原子的核电荷数为15，基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p3，3p亚层上上的电子能量相同，电子云形状相同，自旋方向相同，电子云伸展方向不同，

故答案为：BC；

(2)分子属于共价化合物，电子式为：，氮原子为sp3杂化，含有1对孤电子对，分子构型为三角锥形，与的结构相似，为三角锥形；氮和磷为同一主族元素，氮原子半径小于磷原子半径，N—H键的键长更短，键能更大，氨气分解需要的温度高，故的分解温度比的低；

(3)①为三元酸，其结构式为：，次磷酸()分子中，P的成键情况与中的相同，根据成键规律可知，的结构式是；

②利用反应制备时，即使KOH过量，仍只生成，说明只能电离出1个氢离子，其为一元酸；

(4)①H3PO4H++，H++，第二步电离平衡常数表达式；

(2)根据图表信息分析可知，当物质的量分数较大时，溶液的pH小于7，即溶液显酸性，原因是在水溶液中电离程度大于水解程度；由于溶液中的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，所以c()>c(H3PO4)，由于溶液中存在水的电离平衡，所以c(H+)>c()；溶液中，c()为最小；因此溶液中各离子浓度由大到小的顺序排列为：c()>c(H+)>c()>c(H3PO4)>c()。

【分析】（1）离核越远能量越高，写出核外电子能级排布，即可找出自旋方向以及电子云形状相同

（2）氨气是三角锥型，因此磷化氢也是三角锥型，非金属性越强，氢化物越稳定，因此越难分解，而磷的非金属性弱于氮则分解温度低

（3）①根据磷酸的磷原子的成键方式即可写出次磷酸的结构②根据电离氢离子的个数即可判断为一元酸

（4）磷酸是三元中强酸，即可写出第二步电离方程式和平衡常数表达式

（5）根据图示即可得出溶液是显酸性，主要是电离的程度强于水解程度，根据电荷守恒以及溶液酸碱性即可判断离子浓度大小

28．（2023·长安模拟）锌灰是热镀锌厂和电解锌厂在生产过程中产生的一种副产品，主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。工业上利用锌灰制ZnSO4·7H2O晶体，进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：

已知：Cu++Cl-=CuCl↓。回答下列问题：

（1）酸浸时，H2SO4应选用(填“浓硫酸”或“稀硫酸”)。

（2）滤渣1的主要成分有。

（3）写出“沉铜”时的离子方程式：。

（4）“氧化”后，加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是。

（5）氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，每溶解1molZnO需消耗molKOH。电解池中的总反应离子方程式为。

（6）该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为

微粒H2SCH3COOHCH3COO-

浓度/(mol·L-1)0.100.050.10

处理后的废水的pH=，c(Zn2+)=。[已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5]

【答案】（1）稀硫酸

（2）SiO2和PbSO4

（3）Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+

（4）促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离

（5）2；H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-

（6）5；1×10-11mol·L-1

【知识点】电极反应和电池反应方程式；弱电解质在水溶液中的电离平衡；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用

【解析】【解答】(1)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会氧化FeO生成Fe3+，同时生成SO2，污染环境，酸浸时，H2SO4应选用稀硫酸；

(2)由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；

(3)“沉铜”时加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；

(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离；

(5)储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，发生的离子反应2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH)，则每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；电解池阳极上的H2在碱性条件下失电子氧化生成H2O，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上Zn(OH)离子得电子还原生成Zn，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，则电解池中的总反应离子方程式为H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-；

(6)已知Ka(CH3COOH)===2.0×105，则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=×==1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.0×10-12mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则c(Zn2+)=mol·L-1=1×10-11mol·L-1。

【分析】锌灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1主要为PbSO4、SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向滤液中加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO47H2O，滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。

29．（2023·马鞍山模拟）高纯度的氢氟酸是制造芯片的重要原料之一。

（1）已知：HF(aq)H+(aq)+F-(aq)ΔH=-10.4kJ/mol

H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol

则：HF(aq)+NaOH(aq)=NaF(aq)+H2O(l)的ΔH=。

（2）HF无论是气态还是在水溶液中均可二聚形成(HF)2。HF能二聚的原因是，写出(HF)2发生第二步电离的电离方程式。

（3）如图为恒温、带有可自由移动隔板的刚性容器。当两边分别充入4g氦气和20g单分子态的HF气体时，隔板位于“5”处，隔板两边容器内的压强均为100kPa。

若固定隔板于“5”处，当右侧容器内反应2HF(g)(HF)2(g)达到平衡状态时，右侧容器内压强为P1；松开隔板，隔板移至“6”处并达到新的平衡，此时右侧容器内压强为P2，则P1P2(填“大于”“小于”或“等于”)。该温度下，2HF(g)(HF)2(g)反应的平衡常数KP=kPa-1(KP为以分压表示的平衡常数，计算结果保留2位有效数字)。

（4）若将上述容器改为绝热容器，固定隔板在“5”处，下列不能说明右侧容器内反应已达平衡状态的是_______。

A．容器右侧气体的密度不再改变

B．容器右侧的温度不再改变

C．容器右侧气体的压强不再改变

D．容器右侧气体的平均相对分子质量不再改变

E．

（5）某温度下，将分析浓度(总浓度)相同的HCl、HF和CH3COOH三种溶液，分别加水稀释时，溶液pH变化如图所示。

图中，氢氟酸溶液在稀释初期的pH上升特别快，据此判断，(HF)2与HF的酸性相比，较强的是。

（6）NaF和HF的混合溶液具有一定的缓冲能力，即加入少量的酸或碱时，溶液的pH基本保持不变。试结合方程式和必要的文字解释之。

【答案】（1）-67.7kJ/mol

（2）HF分子间可形成氢键；

（3）大于；0.24

（4）A；E

（5）(HF)2

（6）溶液中存在平衡HFF-+H+，F-和HF的浓度均较大，当加入少量酸时，平衡左移，当加入少量碱时，平衡右移，溶液中c(H+)变化不大，故溶液pH基本不变

【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡

【解析】【解答】(1)已知：HF(aq)H+(aq)+F-(aq)ΔH=-10.4kJ/mol

H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol

根据盖斯定律：将两式相加得到HF(aq)+NaOH(aq)=NaF(aq)+H2O(l)的ΔH=-67.7kJ/mol；

(2)HF无论是气态还是在水溶液中均可二聚形成(HF)2，由于氟的电负性较强，HF能二聚的原因是HF分子间可形成氢键；

根据氢氟酸的电离方程程式可知HF为弱酸，故(HF)2发生第二步电离的电离方程式：；

(3)20g单分子态的HF的物质的量为==1mol，4g氦气物质的量为==1mol，1mol气体对应的压强为100kp，设每隔体积为V，左侧根据PV=nRT，P1V1=P2V2，100kp×5V=P2×6V，P2=P1=×100kp=83.3kp，平衡后，左右两边压力平衡，P1＞P2，设转化的氟化氢为2x，根据三段式；

1mol气体对应的压强为100kp，(1-x)mol气体对应的压强为83.3kp，故1-2x+x=mol，解得x=mol，KP==0.24；

(4)根据化学反应2HF(g)(HF)2(g)，若将上述容器改为绝热容器，固定隔板在“5”处，

A．反应前后的气体的体积不变，质量不变，所以容器右侧反应前后气体密度不发生变化，不可以说明反应达到平衡状态，故A正确；

B．容器作为绝热容器，始终与外界没有热量传递，任何化学反应都有热量的变化，温度是一个变值，容器右侧的温度不再改变，能说明反应达到平衡状态，故B不正确；

C．反应前后气体的体积发生变化，压强发生变化，当压强不变时可说明右侧容器反应达平衡状态，故C不正确；

D．反应前后气体的质量不变，但是总的物质的量发生变化，根据平均相对分子质量=，所以当平均相对分子质量不变化时可说明右侧容器反应达平衡状态，故D不正确；

E．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，即=2∶1，但不能作为判断平衡状态的标志，故E正确；

故答案为：AE；

(5)当HF浓度较高时，存在形式为(HF)2，(HF)2在稀释初期的pH上升特别快，由图可知，在稀释时，酸性越强，pH变化越大，(HF)2的酸性更强；

NaF和HF的混合溶液具有一定的缓冲能力，即加入少量的酸或碱时，溶液的pH基本保持不变；溶液中存在平衡HFF-+H+，F-和HF的浓度均较大，当加入少量酸时，平衡左移，当加入少量碱时，平衡右移，溶液中c(H+)变化不大，故溶液pH基本不变。

【分析】（1）利用盖斯定律即可计算

（2）电负性越强易形成氢键，根据弱酸即可写出电离方程式

（3）根据计算左右两侧物质的量相等，利用阿伏加德罗定律进行计算P1和P2的关系，利用三行式以及压强的大小进行计算出平衡时的分压即可计算出Kp

（4）上述容器改为绝热容器，固定隔板在“5”处，且2HF(g)(HF)2(g)是体积减小的反应，可以通过看右侧压强、温度以及右侧气体的平均相对相对分子质量以及浓度以及某气态物质的速率是否不变进行判断，由于气体不变，质量不变，无论平衡与否密度均是不变

（5）根据越稀释酸性越强，即可判断酸性强弱

（6）氢氟酸是弱酸，存在着电离平衡

30．（2023·合肥模拟）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。回答下列问题：

（1）碱液吸收。用NaOH溶液捕获CO2，若所得溶液中c()∶c()=2∶1，则溶液pH=。(室温下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11)。

（2）催化转化。以CO2、H2为原料在催化剂作用下合成CH3OH涉及的主要反应如下，答下列问题：

Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ/mol

Ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=-90.4kJ/mol

Ⅲ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH3

①ΔH3=kJ/mol。

②一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，经tmin达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，这段时间内以H2O(g)表示的化学反应速率为molL-1min-1(用含a、b、V、t的代数式表示)。

③不同压强下，按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度(T)的变化关系如下图所示。

其中纵坐标表示CH3OH的平衡产率的是(填“X”或“Y”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为；温度高于T1时，Y几乎相等的原因是。

④为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为(填标号)。

A．低温、低压B．高温、高压C．低温、高压D．高温、低压

（3）电解转化。电解CO2制得甲酸盐(HCOO-)的原理示意图如下。

①写出阴极的电极反应式

②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是

【答案】（1）10

（2）+40.9；；X；p1＞p2＞p3；温度高于T1时以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响；C

（3）CO2+H++2e-=HCOO-或CO2++2e-=HCOO-+；阳极产生氧气，pH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区

【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解池工作原理及应用

【解析】【解答】(1)H2CO3是二元弱酸，存在两步电离，H2CO3H++，H++，c()∶c()=2∶1，K2=5×10-11=，c(H+)=5×10-11mol/L=5×10-11×2mol/L=10-10mol/L，故pH=10；

(2)①Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ/mol

Ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=-90.4kJ/mol

根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅱ得到：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH3=-49.5kJ/mol-(-90.4kJ/mol)=+40.9kJ/mol；

②根据碳原子守恒，n平衡(CO2)=1-n(CH3OH)-n(CO)=(1-a-b)mol，氧原子守恒有平衡时n(H2O)=2[n(CO2)-n平衡(CO2)]-n(CH3OH)-n(CO)=2[1-(1-a-b)]-a-b=(a+b)mol，v(H2O)==；

③反应Ⅲ是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率只与温度有关，由图Y可知，T1温度后纵坐标对应量的变化与压强无关(3条曲线重合)，只与温度有关，所以图Y对应纵坐标表示CO2平衡转化率，图X表示CH3OH的平衡产率随温度的变化曲线；

温度一定时，增大压强，反应I、Ⅱ的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强越大CH3OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1＞p2＞p3；

温度高于T1时，Y几乎相等的原因是温度高于T1时以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响；

④该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应I为主反应，反应Ⅱ、Ⅲ为副反应，反应正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应III受到抑制、反应III的抑制导致反应II也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故C正确；

(3)①CO2在阴极区得电子，化合价降低，与氢离子或结合生成HCOO-，阴极的电极反应式为CO2+H++2e-=HCOO-或CO2++2e-=HCOO-+；

②阳极水失电子产生氧气，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，pH减小，H+和反应生成水和二氧化碳，浓度降低，K+部分迁移至阴极区，电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低。

【分析】（1）根据碳酸的二部电离常数结合给出的数据进行计算即可

（2）①根据盖斯定律进行计算②根据碳原子、氢原子、氧原子守恒进行计算出平衡时水物质的量即可计算出水的速率③甲醇的生成反应均是放热反应，温度降低平衡转化率降低，即可判断X和Y表示的反应曲线，根据有二氧化碳参与的反应即可判断，压强越大转化率越大，根据反应I和II和III判断，温度过高时以反应III为主，而反应III是前后气体分子数不变的反应④结合温度和压强对平衡的影响即可判断

（3）①阴极发生的是还原反应，化学价降低的反应，即二氧化碳在阴极得电子变为甲酸盐的反应②主要是阳极电解产生氧气导致碳酸氢根浓度降低

31．（2023·河西模拟）硫及其化合物在工农业生产中有广泛的应用，请按要求回答下列问题。

（1）SCl2常做消毒剂，根据下列化学键的键能及S4的结构式：

化学键S—SS—ClCl—Cl

键能/(kJmol-1)266255243

则反应S4(g)+4Cl2(g)=4SCl2(g)△H=kJmol-1。

（2）S2Cl2常用作橡胶工业的硫化剂，其分子空间结构如图。两个Cl原子犹如在半张开的书的两面上，由此可知它属于分子(填“极性”或“非极性”)。且已知它易与水反应，产生无色有刺激性气味的气体，同时生成淡黄色沉淀，则该反应的化学方程式。

（3）工业上制取SCl2的反应之一为S2Cl2(g)+Cl2(g)=2SCl2(g)△Hc(Na+)>c(CH3COO-)

b.2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)

c.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2

mol/L

④由表中数据可知，试剂ii的pH受一定量的酸和碱的影响不大。溶液的这种能对抗外来少量强酸、强碱或适当稀释，而保持溶液的pH几乎不变的作用称为缓冲作用。下列溶液具有缓冲作用的是(填序号)。

a.HCl—NaClb.Na2CO3—NaHCO3c.NH3·H2O-NH4Cld.KOH—KCl

（2）缓冲溶液应用在某种液钒电池中能稳定电池的输出电流，该电池装置示意图如下图所示，电池的总反应如下：

Zn+2VOSO4+2H2SO4ZnSO4+V2(SO4)3+2H2O

已知：VOSO4和V2(SO4)3的电离方程式分别为VOSO4=VO2++SO42-；V2(SO4)3=2V3++3SO42-；

①放电时，B室中c(H+)(填“增大”“减小”或“不变”)，结合化学用语说明理由：。

②充电时，A室中的c(H+)变化缓慢的原因是。

【答案】（1）2；试剂ii中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，相同条件下，醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时，溶液中c(H+)>c(OH-)；bc；bc

（2）减小；放电时，B室发生正极反应：VO2++e-+2H+=V3++H2O；由电极反应可知，转移1mole-消耗2molH+，同时有1molH+通过质子交换膜进入B室，因此总体c(H+)降低；充电时，H+通过质子膜从B室进入A室，A室溶液中的CH3COO-与H+结合成CH3COOH(或“CH3COOH-CH3COONa溶液有缓冲作用”)，从而使c(H+)的变化减缓

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用

【解析】【解答】(1)①c(HCl)==0.01mol/L，则pH=-lgc(H+)=-lg10-2=2；②将0.10molCH3COOH和0.10molCH3COONa配制成1L的溶液，得到0.10mol/L和0.10mol/L的混合溶液，在该混合溶液中同时存在醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；在相同条件下，CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，所以当CH3COOH与CH3COO-的初始浓度相等时，溶液中c(H+)>c(OH-)；③a.在该溶液中存在0.10mol/L的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，c(Na+)=0.10mol/L，由于醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，所以c(CH3COO-)>0.1mol/L，c(CH3COOH)c(Na+)>c(CH3COOH)，a不正确；

b.由物料守恒可得①c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)；由电荷守恒可②c(CH3COO-)-+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，将②×2-①，整理可得2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)，b正确；

c.根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)=0.2mol/L，c正确；

故合理选项是bc；④a.向HCl—NaCl的混合溶液中加入酸，溶液中H+浓度增大，pH减小，当加入碱时，溶液中OH-增大，溶液pH增大，a不正确；

b.向Na2CO3—NaHCO3的混合溶液中加入酸，H+与CO32-反应产生HCO3-，溶液中H+浓度几乎不变，当加入碱溶液时，HCO3-与OH-反应产生CO32-和H2O，溶液pH也几乎不变，b正确；

c.向NH3·H2O-NH4Cl的混合溶液中加入酸，NH3·H2O与H+反应产生NH4+，溶液中H+浓度几乎不变，当加入碱时，NH4+与OH-反应产生NH3·H2O，也使溶液中H+浓度几乎不变，因此溶液酸碱性对其pH几乎无影响，c正确；

d.向KOH—KCl混合溶液中加入酸，消耗OH-，溶液中OH-浓度降低，碱性减弱；当加入碱时，溶液中溶液中OH-浓度增大，溶液碱性增强，pH发生较大的变化，d不正确；

故合理选项是bc；(2)①放电时该装置为原电池，Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，VOSO4电离产生的VO2+得到电子，与溶液中的H+结合反应产生V3+和H2O，电极反应式为：VO2++e-+2H+=V3++H2O；反应消耗H+，使c(H+)降低，由电极反应可知，转移1mole-消耗2molH+，同时有1molH+通过质子交换膜进入B室，因此总体c(H+)降低；②在充电时，H+通过质子膜从B室进入A室，A室溶液中的CH3COO-与H+结合成CH3COOH(或“CH3COOH-CH3COONa溶液有缓冲作用”)，从而使c(H+)的变化减缓。

【分析】(1)①根据先计算c(H+)，然后pH=-lgc(H+)得到a的值；②结合弱酸的电离平衡及盐的水解平衡分析；③结合醋酸的电离平衡和醋酸根的水解程度及物料守恒、电荷守恒大小分析；④根据弱电解质的电离平衡和盐的水解平衡分析；(2)①放电时装置为原电池，结合VOSO4变为V2(SO4)3分析溶液中c(H+)的变化；②根据A室中的缓冲溶液的作用分析判断。

35．（2023·静安模拟）对烟道气中的SO2进行吸收或回收再利用具有一定的社会和经济价值。

请回答下列问题：

（1）用NaOH溶液吸收SO2，写出相关反应的离子方程式。

（2）已知NaHSO3溶液显酸性，比较NaHSO3溶液中c(H2SO3)c(SO32－)(填“>”“c[Ag(NH3)]+>c(Ag+)

6．（2023·张家口模拟）的水溶液呈碱性，其电离方程式可表示为，。常温下。用的水溶液滴定盐酸，滴定过程中三种含氮微粒的物质的量分布分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是

A．曲线I代表的微粒是

B．pH=7时，

C．

D．b点时溶液中存在：

7．（2023·运城模拟）室温下，向10mL0.1mol·L-1K2A(室温下，H2A的Ka1=1.64×10-3)溶液中滴加0.1mol·L-1的HCl溶液，混合溶液的pH与所加HCl溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是

A．室温下，H2A的Ka2≈2.0×10-6

B．b点溶液存在关系式：c(K+)=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)

C．a、b、c点溶液中水的电离程度：aV乙

B．水电离出的H+浓度：c(H+)甲=10c(H+)乙

C．若分别用pH=10的NaOH溶液恰好完全中和，所得溶液的pH：甲>乙

D．若分别与10mLpH=10的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲>乙

10．（2023·徐汇模拟）在相同温度时100mL0.01mol/L的醋酸溶液与10mL0.1mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是

A．中和时所需NaOH的量B．溶液的导电能力

C．H+的物质的量D．CH3COOH的物质的量

11．（2023·嘉兴模拟）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法错误的是

A．ab段，随温度升高而增大

B．a点溶液和d点溶液的相同

C．a点时，

D．bc段可能发生反应：

12．（2023·重庆市模拟）将溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(忽略温度变化)，下列说法正确的是

A．混合溶液中

B．混合后的水解常数增大

C．混合溶液中

D．混合后加入适量固体，的电离平衡向右移动

13．（2023·武汉模拟）H3PO3是制造塑料稳定剂的原料。常温下，向100mL0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中所有含磷微粒的物质的量分数(δ)与溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法错误的是

A．H3PO3的结构简式为

B．a点水电离出的c(OH-)=1×10-7.4mol·L-1

C．当pH=4时，c(HPO)=c(H3PO3)

D．b点时加入NaOH溶液的体积为50mL

14．（2023·沧州模拟）时，向柠檬酸三钠溶液中滴加的盐酸，用电导率仪测得滴加盐酸体积与溶液电导率的关系如图所示。已知：柠檬酸(分子式为，其结构简式为)属于三元弱酸，其电离平衡常数的。下列说法错误的是

A．a点时溶液中的数量级为

B．b点溶液显酸性

C．c点溶液满足：

D．时，溶液满足：

二、多选题

15．（2023新高考I）25℃时，某混合溶液中，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是（）

A．O点时，

B．N点时，

C．该体系中，

D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO-的水解程度始终增大

16．（2023·岳阳模拟）25℃时，向10.00mL0.1000mol/L的NaHCO3溶液中滴加0.1000mol/L的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸的体积V变化如图所示。下列有关说法错误的是（）

A．a点，溶液pH＞7是由于水解程度大于电离程度

B．b点，c(Na+)=c()+c()+c(Cl)

C．c点，溶液中H+的主要来自的电离

D．d点，c(Na+)=c(Cl)=0.0500mol/L

17．（2022·安阳模拟）室温下，某混合溶液中c(M+)+c(MOH)=c(R-)+c(HR)，和随pH变化关系如图所示，已知pX=-lgX。下列说法错误的是（）

A．曲线I表示与pH关系曲线，pKa=pKb+2

B．b点溶液中c(M+)＞c(R-)，x=-2

C．MR溶液显碱性，且MR溶液溶液中c(MOH)＜c(HR)

D．等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(HR)＞c(Na+)＞c(R-)＞c(OH-)＞c(H+)

18．（2022·潍坊模拟）CH3NH2·H2O为一元弱碱，常温下，将HCl气体通入0.1mol/LCH3NH2·H2O水溶液中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是（）

A．Kb(CH3NH2·H2O)的数量级为10-4

B．该体系中，c(OH-)=mol/L

C．P点，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)=0.2mol/L

D．P点之后，溶液中可能存在c(Cl-)+c(OH-)=2c(CH3NH)

19．（2022·秦皇岛模拟）常温下，2-戊烯酸(CH3CH2CH=CHCOOH)溶液中含碳粒子分布系数(δ)与溶液pH的关系如图1，向20mL0.1mol·L-12-戊烯酸溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液，溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图2。已知：δ(CH3CH2CH=CHCOOH)=

下列说法错误的是（）

A．图1中，曲线I表示的粒子是CH3CH2CH=CHCOO-

B．图2中，①对应溶液的溶质为2-戊烯酸和2-戊烯酸钠，此时溶液的pH=4.7，

C．图2中，②对应的溶液中存在：c(Na+)=c(CH3CH2CH=CHCOO-)>c(CH3CH2CH=CHCOOH)

D．图2中，③对应的溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2CH=CHCOOH)

20．（2022·永州模拟）25℃时，向1L某缓冲溶液(含0.1mol·L-1CH3COOH、0.08mol·L-1CH3COONa)和1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入NaOH(s)或通入HCl(g)，两种溶液的pH变化如图所示(不考虑溶液体积变化)。已知缓冲溶液pH=pKa-lg，下列说法正确的是（）

A．曲线①对应的溶液是缓冲溶液

B．25℃时醋酸的电离常数的数量级为10-5

C．a点溶液中离子浓度的大小关系为c(CH3COO-)=c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)

D．b点溶液存在：4c(CH3COOH)+9c(H+)=9c(Cl-)+9c(OH-)+5c(CH3COO-)

21．（2022·秦皇岛模拟）电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠()的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法正确的是（）

已知：亚磷酸()是二元弱酸，电离常数，。

A．a点对应的溶液呈弱碱性

B．水的电离程度：a点大于b点

C．a点对应的溶液中存在：

D．b点对应的溶液中存在：

22．（2022·石家庄模拟）相同温度和压强下，研究氯气分别在不同浓度的盐酸和氯化钠溶液中的溶解情况，实验测得氯气的饱和